A. Đúng, sản phẩm là cao su Buna-N nên có tính đàn hồi.

B. Đúng, poli(metyl metacrylat) được điều chế bằng phản ứng trùng hợp CH₂=C(CH₃)COOCH₃

C. Đúng, poli(etylen terephtalat) được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng C₂H₄(OH)₂ và p-C₆H₄(COOH)₂

D. Sai, amilopectin có phân nhánh, xenlulozơ không phân nhánh.

Saccarozơ → Glucozơ + Fructozơ → 4Ag

nAg = 0,048 → nSaccarozơ phản ứng = 0,012

→ H = 0,012.342/5,13 = 80%

A. NH₄Cl + Ca(OH)₂ → CaCl₂ + NH₃ + H₂O

B. M²⁺ + HCO₃^- → MCO₃ + CO₂ + H₂O

C. Na₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃ + NaCl

D. Zn + KHSO₄ → ZnSO₄ + K₂SO₄ + H₂

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

nFe = nCu = 0,15 → mFe = 8,4 gam

Số liên kết π có trong một phân tử triolein (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ là 6, gồm 3C=C và 3C=O.

Có 3 dung dịch có khả năng phản ứng được với kim loại Cu là:

FeCl₃ + Cu → CuCl₂ + FeCl₂

HNO₃ + Cu → Cu(NO₃)₂ + NO + H₂O

AgNO₃ + Cu → Cu(NO₃)₂ + Ag

nMg = 0,14; nMgSO₄ = nH₂ = 0,04

Bảo toàn Mg → nMgCl₂ = 0,14 – 0,04 = 0,1

→ m muối = 14,3 gam

Polisaccarit X là thành phần của tinh bột có cấu trúc mạch không phân nhánh → X là amilozơ

Chất Y có nhiều trong thực vật và là thành phần chính của đường mía, đường củ cải, đường thốt nốt → Y là saccarozơ.

(a) Sai, triolein chứa C, H, O; peptit chứa C, H, O, N.

(b) Sai, trùng hợp buta-1,3-đien (xúc tác Na) thu được cao su buna.

(c)(d) Đúng

(đ) Sai, xenlulozơ là nguyên liệu chính để sản xuất tơ nhân tạo như tơ visco, tơ axetat.

Ancol Z (bậc 3) có ít nhất 4C nên X là HCOOC(CH₃)₃.

→ Y là HCOONa.

Este gồm HCOOCH₃ và CH₃COOCH₃

nNaOH phản ứng = nCH₃OH = 0,03

Bảo toàn khối lượng → m muối = 2,32 gam

(a) Cu + FeCl₃ dư → CuCl₂ + FeCl₂

(3 chất tan là CuCl₂, FeCl₂, FeCl₃ dư)

(b) CrO₃ + NaOH dư → Na₂CrO₄ + H₂O

(2 chất tan là Na₂CrO₄, NaOH dư)

(c) NaOH dư + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + Na₂CO₃ + H₂O

(2 chất tan là Na₂CO₃, NaOH dư)

(d) BaCl₂ dư + KHSO₄ → BaSO₄ + KCl + HCl

(3 chất tan là KCl, HCl, BaCl₂ dư)

(đ) NaAlO₂ + HCl dư → NaCl + AlCl₃ + H₂O

(3 chất tan là NaCl, AlCl₃, HCl dư)

nX = 2nN₂ = 0,1 → Số C = nCO₂/nX = 3

X là C₃H₉N (0,1), muối là C₃H₁₀NCl (0,1)

→ m muối = 9,55 gam

mF = mE + mH₂ = 9,63

nK₂CO₃ = 0,06 → nKOH = 0,12

Bảo toàn khối lượng → m muối = 11,67

Quy đổi T thành HCOOK (a), (COOK)₂ (b) và CH₂ (c)

mT = 84a + 166b + 14c = 11,67

nKOH = a + 2b = 0,12

nO₂ = 0,5a + 0,5b + 1,5c = 0,2175

→ a = 0,03; b = 0,045; c = 0,12

TH₁: T gồm CH₃COOK (0,03) và C₂H₄(COOK)₂ (0,045)

Các ancol gồm AOH (0,03), BOH (0,045) và ROH (0,045)

mAncol = 0,03(A + 17) + 0,045(B + 17) + 0,045(R + 17) = 4,68

→ 2A + 3B + 3R = 176

→ A = 43, B = R = 15 là nghiệm duy nhất.

F gồm CH₃COOCH(CH₃)₂ (0,03) và C₂H₄(COOCH₃)₂ (0,045)

E gồm:

X là CH₃COOCH(CH₃)₂ (0,03)

Y là C₂H₂(COOCH₃)₂ (0,015) → %Y = 22,5%

Z là C₂H₄(COOCH₃)₂ (0,03)

TH₂: T gồm C₄H₉COOK (0,03) và (COOK)₂ (0,045)

(Làm tương tự)

2 kg xăng gồm C₇H₁₆ (a), C₈H₁₈ (5a), C₉H₂₀ (3a) và C₁₀H₂₂ (a)

→ 100a + 114.5a + 128.3a + 142a = 2000

→ a = 500/299

nCO₂ = 7a + 8.5a + 9.3a + 10a = 140,468

→ y = 140,468.22,4 = 3146,5 lít

Nhiệt tỏa ra môi trường = x = 10a.5337,8.60% = 53556,5 kJ

Đoạn 1: Chỉ có Cl₂ thoát ra

CuSO₄ + KCl → Cu + Cl₂ + K₂SO₄

→ nCu = nCl₂ = 0,08 mol

Đoạn 2: Có độ dốc lớn hơn đoạn 1 nên Cl₂ và H₂ cùng thoát ra.

2KCl + 2H₂O → H₂ + Cl₂ + 2KOH

n khí đoạn 2 = 0,32 – 0,08 = 0,24

→ nCl₂ = nH₂ = 0,12

Đoạn 3: O₂ và H₂ cùng thoát ra

2H₂O → 2H₂ + O₂

n khí đoạn 3 = 0,44 – 0,32 = 0,12

→ nO₂ = 0,04 và nH₂ = 0,08

(a) Đúng

ne tại b giây = 2nCl₂ = 2.0,2 = Ib/F → b = 7720s

(b) Sai

nCuSO₄ = 0,08 và nKCl = 2nCl₂ = 0,4

→ nCuSO₄ : nKCl = 1 : 5

(c) Sai

m muối = 0,08.160 + 0,4.74,5 = 42,6

(d) Đúng, lúc c giây các chất thoát ra gồm Cu (0,08), Cl₂ (0,2), H₂ (0,2) và O₂ (0,04)

m giảm = mCu + mH₂ + mCl₂ + mO₂ = 21 gam

(đ) Đúng

a giây đầu tiên: nCl₂ = 0,08

a giây kế tiếp: nH₂ = nCl₂ = 0,08

→ 2a giây thoát 0,24 mol khí hay 5,376 lít.

2CN^- + 8OH^- + 5Cl₂ → 2CO₂ + 10Cl^- + 4H₂O + N₂.

Do mg/lít = g/m³ nên:

nCN^- = 1000(97,62 – 0,12)/26 = 3750 mol = 3,75 kmol

→ nCl₂ = 3,75.2,5 = 9,375 kmol

→ V Cl₂ = 9,375.22,4 = 210 m³

Hai chất tan gồm KAlO₂ (u) và KOH dư (v)

→ nKOH ban đầu = u + v = 0,25

và 98u + 56v = 23,45

→ u = 0,225; v = 0,025

nH₂ = 0,075, bảo toàn electron: 3nAl = 2nO + 2nH₂

Với nAl = 0,225 → nO = 0,2625

→ m phần 1 = 0,2625.16/20,216% = 20,775

→ nFe = (20,775 – mAl – mO)/56 = 0,1875

nAl : nFe : nO = 6 : 5 : 7 → Phần 2 gồm Al (6x), Fe (5x) và O (7x)

nSO₄^2- (Y) = nMg = 1,7625

Bảo toàn S → nH₂SO₄ = 2,7375

nH₂SO₄ = 2nSO₂ + nO ⇔ 2,7375 = 0,975.2 + 7x

→ x = 0,1125

Phần 2 / Phần 1 = 7x/0,2625 = 3 lần

→ m = 20,775 + 20,775.3 = 83,1 gam

(2) → Y là muối AlO₂^-, do tạo 2 sản phẩm nên chọn KAlO₂.

→ X là KOH, Z là Al(OH)₃, T là K₂SO₄

G là Al₂(SO₄)₃

(1) Al₂O₃ + 2KOH → 2KAlO₂ + H₂O

(2) KHSO₄ + KAlO₂ + H₂O → Al(OH)₃ + K₂SO₄

(3) 8KHSO₄ + 2KAlO₂ → Al₂(SO₄)₃ + 5K₂SO₄ + 4H₂O

Muối gồm C₁₅H₃₁COO^- (a), C₁₇H₃₃COO^- (b), Na⁺ (c) và K⁺ (3c)

Bảo toàn điện tích: a + b = c + 3c (1)

m muối = 255a + 281b + 23c + 39.3c = 178,68 (2)

nC₃H₅(OH)₃ = nY = d

nO₂ = 23a + 25,5b + 3,5d = 14,775 (3)

nCO₂ = 16a + 18b + 3d = 10,41 (4)

(1)(2)(3)(4) → a = 0,42; b = 0,18; c = 0,15; d = 0,15

→ Y là (C₁₅H₃₁COO)₂(C₁₇H₃₃COO)C₃H₅ (0,15)

→ mY = 124,8 gam

X, Y là các chất hữu cơ nên E là HCOOCH₃

→ X là HCOONa, Y là CH₃OH, T là HCOOH

F là HCOOCH₂-CH(OOCH)-COOCH₃

Z là CH₂OH-CHOH-COONa

(a) Đúng, Z chứa chức ancol và muối cacboxylat.

(b) Sai

(c) Đúng: CH₃OH + CO → CH₃COOH

(d) Đúng: HCOOH → CO + H₂O (H₂SO₄ đặc)

(đ) Đúng, E và F đều có HCOO- (hay -O-CHO) nên có tráng bạc.